INTERNACIONALNI UNIVERZITET BRČKOFAKULTET ZA INFORMATIKU

MODUL: PROFESOR MATEMATIKE I INFORMATIKE

SEMINARSKI RAD

TEMA: Prava i Ravan

Mentor: Prof.dr Aleksa Macanović Student: Nikolić Velibor

Brčko, februar 2013

2

SADRŢAJ

Ravan 3

Normalan i opšti oblik jednačine ravni 3

Segmentni oblik ravni 9

Jednačine ravni koje prolaze kroz datu tačku 11

Jednačine ravni koje prolaze kroz 3 date tačke 12

ODNOSI IMEĐU RAVNI 14

Ugao između dve ravni 14

Uslovi paralelnosti i normalnosti dve ravni 15

Tačke preseka tri ravni 16

Snop ravni 17

PRAVE 17

Jednačine prave 17

Opšte jednačine prave 21

Jednačine prave koje prolaze kroz dve date tačke 23

ODNOS IZMEĐU PRAVIH 24

Ugao između dve prave 24

Uslovi paralelnosti i normalnosti dve prave 24

Presek dve prave 25

PRAVA I RAVAN 27

Ugao između prave i ravni 27

Uslovi paralelnosti i normalnosti prave i ravni 28

Presek prave i ravni 28

Uslovi da dve prave leže u istoj ravni

LITERATURA 31

3

RAVAN

Normalni i opšti oblik jednačine ravni

Kroz proizvoljno izabranu ravan p konstruisana je, kroz koordinatni početak, na ravan

normalna prava l (slika 01) koja je pozitivno usmerena od koordinatnog početka.Prava

seče ravan p u tački T, rastojanje ravni od koordinatnog početka jednako je dužini OT,

odnosno t.Ravan je određena rastojanjem od koordinatnog početka (t) i uglovima koje

prava l gradi sa koordinatnim osama (, , ).

Slika 01

Neka je zadata proizviljlna tačka M, Mp, pri čemu se njene koordinate menjaju,

ali ostaju povezane određenim uslovom.Posmatrajmo izlomljenu liniju OPSM

proizvoljne tačke M ravni i njenu projekciju na pravu l. Projekcija izlomljene linije

jednaka je projekciji njenog spoljnog odsečka , dakle:

_____ ___ __

pr OPSM = pr OM =OT = t (1)

Možemo pisati i:

___ ___ ___ _____

pr OP + pr PS + pr SM = pr OPSM = t (2)

Kako je projekcija duži jednaka proizvodu njene dužine i kosinusa ugla, koji ona

zaklapa sa osom projekcije, zamenom u jednakosti (2) dobijamo:

xcos + ycos + zcos = t

xcos + ycos + zcos - t = 0 (3)

Ako je r radijus vektor tačke M(x, y, z) i n (, , ) jedinični vektor prave l,

jednačina (3) postaje:

r n – t = 0 (3’)

4

Jednačinu (3’) možemo izvesti i vektorskom metodom.Položaj ravni p u prostoru biće

potpuno određen ako zadamo njenu razdaljinu t od početka O (slika 02) odnosno dužinu

normale OT, i jedinični vektor n normalan i usmeren od početka O prema ravni.

Slika 02

Kada se zadaje proizvoljna tačka M, njen radijus vektor r se menja ,ostajući uvek

vezan određenim uslovom. Očigledno je da za svaku tačku M( r ), koja leži u ravni, važi:

npr r = OT = t (*)

Takav uslov važi samo za tačke ravni, jednakost (*) izražava osobinu, zajedničku

svim tačkama ravni, i to samo njima. Kako je npr r = rn , jednačina (*) se može zapisati :

r n - t = 0 (3’)

Jednačina (3’)izražava uslov, uz koji tačka M(r) pripada datoj ravni i zove se

normalna jednačina ravni.Radijus-vektor proizvoljne tačke M zove se tekući radijus-

vektor.

Za t = 0 ravan prolazi kroz tačku O. U tom slučaju može se uzeti bilo koji smer

jediničnog vektora.

Jednačina (3) izražava uslov, pod kojim tačka M(x, y, z) pripada ravni p i zove se

normalna jednačina ravni. Jednačina (3) je prvog stepena u odnosu na x, y, z što znači da

svaka ravan može biti predstavljena jednačinom prvog stepena u odnosu na tekuće

koordinate.

Dokažimo sada suprotno: da svaka jednačina prvog stepena sa 3 promenjive

određuje ravan. Posmatrajmo jednačinu prvog stepena opšteg oblika :

Ax + By + Cz + D = 0 (4)

Razmatraćemo A, B, C kao projekcije na koordinatne ose Ox, Oy, i Oz nekog

5

konstantnog vektora m , a x, y, z kao projekcije radijus vektora r tačke M.Tada

jednačinu (4) možemo izraziti u vektorskom obliku:

0rn D (5)

Sada razmotrimo sledeće slučajeve:

1. D < 0

Tada ćemo podeliti jednačinu (5) sa modulom vektora m , odnosno m. Dobićemo:

0D

rnm

gde je n jedinični vektor. Označimo negativan broj D

m sa –t dobićemo normalnu

jednačinu u vektorskom obliku (3’) :

0rn t

2.D > 0

Jednačinau (5) podelićemo sa –m, tako da ona dobija oblik

0D

r nm

AkoD

m označimo sa t ponovo dobijamo jednačinu (3’).

3.D = 0

Tada jednačinu (5) možemo podeliti sa m ili –m i u oba slučaja dobićemo jednačinu (3’)

Dakle, jednačina (5) uvek može da se svede na normalan oblik (3’). To znači da

jednačina (5), a samim tim i jednačina (4), određuju ravan.Jednačina prvog stepena sa tri

promenjive određuje ravan i predstavlja opšti oblik jednačine ravni.

Neka je svaki vektor, različit od nultog, i normalan na ravan, normalni vektor

ravni.Tada će vektor m {A, B, C} biti jedan od normalnih vektora ravni. Tada

koeficijenti A, B, C, u jednačini (4) predstavljaju projekcije normalnog vektora na

koordinatne ose. Apsolutna vrednost slobodnog člana D podeljena dužinom vektora m

jednaka je rastojanju ravni od koordinatnog početka.

Normalna jednačina ravni (3) je samo poseban slučaj opšte jednačine (4). To je je

slučaj kada je za normalni vektor ravni uzet jedinični vektor, usmeren iz koordinatnog

početka, normalno na datu ravan. Da bi se opšta jednačina ravni svela na normalan oblik

treba je podeliti dužinom vektora m {A, B, C}, uzimajući znak + ili -, zavisno od toga

dali je slobodan član D negativan ili pozitivan.Dakle, da bi se opšta jednačina (4) prvog

stepena svela na normalan oblik, treba je pomnožiti sa množiocem M, pri čemu je znak

množioca suprotan znaku slobodnog člana D u jednačini (4) (ako je D = 0 znak se uzima

proizvoljno). Množilac M se zove normirajući množilac :

2 2 2

1M =

A B C

(6)

Posle množenja sa M, jednačina (4) dobija oblik :

6

MAx + MBy + MCz + MD = 0

I podudara se sa normalnom jednačinom (3). Prema tome :

MA=cosα, MB=cosβ, MC=cosγ, MD t

Ako formulu M(6) stavimo u predhodnu jednakost, dobićemo formule

2 2 2 2 2 2

2 2 2 2 2 2

cos ,cos

cos ,

A B

A B C A B C

C Dt

A B C A B C

(7)

Svodjenje opšte jednačine na normalni oblik moguće je i bez vektorske

metode.Ako pomnožimo jednačinu (4) konstantnim množiocem M, izabravši ga tako da

dobijamo normalnu jednačinu oblika (3) , jednačina (4) imaće oblik

MAx + MBy + MCz + MD = 0 (**)

Da bi jednačina (**) bila istog oblika kao jednačina (3) treba biti :

MA=cosα, MB=cosβ, MC=cosγ, MD t (***)

Iz jednakosti (***) izrazićemo nepoznate M, , , i t pomoću poznatih koeficijenata,A,

B, C, D ako upotrbimo pomoćnu jednakost

2 2 2cos cos cos 1

Ako kvadriramo i saberemo jednakosti (***) dobijamo:

2 2 2 2 2 2 2 2 2cos cos cos 1M A M B M C

2 2 2

1M =

A B C

Pri čemu se iz poslednje jednakosti (***) vidi da znak u poslednjoj jednačini treba da je

suprotan od znaka slobodnog člana.Stavljajući vrednost za M u jednakosti (***)

dobićemo formule (7).

Ako dve jednačine određuju istu ravan, odgovarajući koeficijenti su im

proporcionalni jer kad ih svedemo na normalni oblik imaće istu normalnu jednačinu.

7

Pogledajmo sada kakav položaj u odnosu na koordinatne ose zauzima ravan

zadata jednačinom (4), ako neki koeficijenti te jednačine prelaze u nulu.

Ako je D = 0 , onda je jednačina (4) zadovoljena za x = y = z = 0, odnosno ako

ravan prolazi kroz koordinatni početek. Ako je C = 0, onda jednačina (4) glasi:

Ax +By +D = 0 (8)

Ako bismo tu jednačinu posmatrali u ravni xOy, imali bismo pravu liniju. Ali, ako

posmatramo jednačinu (8) u prostoru, imamo geometrisko mesto tačaka koje se

projektuje na ravan xOy kao tačke navedene prave. Dakle jednačina (8) određuje ravan

paralelnu osi Oz. Analogno tome, ako je B = 0 jednačina :

Ax + Cz + D = 0

oređuje ravan paralelnu sa osom Oy, a za A = 0 jednačina :

By + Cz + D = 0

Određuje ravan paralelnu Ox osi.Uopšteno, ako jednačini ravni nedostaje koordinata x, y

ili z, ravan je paralelna sa, redom Ox, Oy ili Oz osom.

Sada predpostavimo da su dva koeficijenta jednaka nuli.Ako je D = C = 0

jednačina

Ax + Cz = 0

predstavlja jednačinu ravni koja prolazi kroz osu Oy, kao što je jednačinom

By + Cz = 0

određena ravan koja prolazi kroz osu Ox.

Ako su dva koeficijenta uz koordinate jednaka nuli, npr. A = B = 0, onda

jednačina :

Cz + D = 0

određuje ravan paralelnu paralelnu i Ox i Oy osi, odnosno pravu paralelnu ravni xOy.

Isto tako jednačine

By + D = 0 i Ax + D = 0

određuju ravni koje su, redom paralelne ravnima xOy i yOz.

Ako su tri koeficijenta jednaka nuli, npr. B = C = D = 0, jednačina Ax = 0 ili

x = 0 određuju koordinatnu ravan yOz. Dakle By = 0 biće jednačina koordinatne ravni

xOz, a Cz = 0 jednačina koordinatne ravni xOy.

Primeri :

1.Jednačinu ravni x -2y +2z -3 = 0 dovesti na normalan oblik.

Normirajući množilac biće :

22 2

1 1

31 2 2M

Kada njime pomnožimo jednačinu , dobićemo : 1 2 2

1 03 3 3

x y z . Za ravan biće :

8

1 2 2cos ,cos ,cos , 1.

3 3 3p

2.Skicirati ravni () : z = 1, () : x = 1, () : y= -1, () : x + y =1

║xOy,(0,0,1) ║ yOz, (1,0,0)

║xOz, (0,-1,0) ║Oz,(l): x + y = 1

Segmentni oblik jednačine ravni

9

Posmatrajmo ravan koja preseca sve tri koordinatne ose i ne prolazi kroz koordinatni

početak.Tada je njena jednačina :

Ax + By + Cz + D = 0 (9)

pri čemu nijedan od koeficijenata A, B, C, D nije jednak nuli. Neka su a, b, i c dužine

odsečaka koje ravan odseca na koordinatnim osama (slika 03).Kako tačka P(a, 0,0)

pripada ravni, njene koordinate zadovoljavaju jednačinu (9). Dakle Aa + D = 0 ili:

D

A = -a

(10)

I,analogno tome, za tačku Q(0, b, 0) važi Bb + D = 0 ili:

D

B = - ,b

(10’)

kao i za tačku R (0, 0, c) važi Cc + D = 0 ili

D

C = - ,c

(10”)

Ako zamenimo vrednosti dobijene u jednačinama (10), (10’), (10”), u jednačini (9)

dobijamo :

x x x

-D - D - D + D = 0a b c

Slika 03

Kada skratimo sa –D koje po predpostavci nije jednako nuli, dobijamo :

10

x x x

= 1a b c (11)

Ovakva jednačina predstavlja segmentni oblik jednačine ravni.

Primeri: 3.Jednačina ravni 3x – 4y + z – 5 = 0 napisati u segmentnom obliku.

Za y = z = 0 dobićemo a: 3 3

3 5 0, , .5 5

x x a Isto tako :

5 50 4 5 0, ,

4 4

0 5 0, 5, 5

x z y y b

x y z z b

Jednačina ravni u segmentnom obliku biće :

15 5 5

3 4

x y z

4.Napisati u segmentnom obliku jednačinu ravni 5x - 2y + 8z + 4 = 0.

Ako podelimo jednačinu sa -4, imaćemo :

5 1

2 1 0,4 2

x y z

Pa odatle odmah dobijamo segmentni oblik jednačine ravni :

14 12

5 2

x y z

Jednačina ravni koja prolazi kroz datu tačku

Razmotrimo situaciju kada je potrebno pronaći jednačinu ravni koja prolazi kroz

datu tačku M1, koja je određena radijus-vektorom 1 1 1 1, ,r x y z .Uzmimo proizvoljni

vektor , ,m A B C ≠0 i nađimo jednačinu ravni koja prolazi kroz tačku M1 i normalna je

na vektor m (slika 04). Označimo takvu ravan sa p .

Neka je sada , ,r x y z radijus-vektor bilo koje tačke M ravni p. Tada će vektor

1M M biti jednak razlici vektora r i 1r i normalan na vektor m . Onda će njihov skalarni

proizvod biti jednak nuli:

m ( r - 1r ) = 0 (12)

Ova jednakost važi za sve tačke ravni p, a ne važi za tačke van te ravni.

11

Kada izrazimo skalarni proizvod u jednačini (12) u koordinatnom obliku

dobijamo:

A(x - x1) + B(y - y1)+ C(z - z1) = 0 (12’)

Slika 04

Menjajući vrednosti A, B, C odnosno brisanjem proizvoljnog vektora m dobijaju

se različite ravni koje prolaze kroz tačku M1.

Jednačinu ravni koja prolazi kroz datu tačku možemo izvesti i bez vektorske

metode. Ako je potrebno odrediti jednačinu ravni koja prolazi kroz tačku 1 1 1, ,M x y z ,

predpostavimo da je ta jednačina oblika :

Ax + By + Cz + D = 0

Prema uslovu tačka M pripada ravni pa važi:

Ax1 + By1 + Cz1 + D = 0

Ako oduzmemo ovu identičnost od polazne jednačine, dobićemo :

A(x - x1) + B(y - y1)+ C(z - z1) = 0

Gde su A, B, C proizvoljni. Na ovaj način poslednja jednačina predstavlja jednačinu

ravni, koja prolazi kroz tačku M za proivoljne vrednosti A, B, C (osim A = B = C = 0).

Primer :

5.Sastaviti jednačinu ravni koja prolazi kroz tačku M(5,6,7).

Jednačina te ravni je A(x - 5) + B(y - 6) + C(z - 7) = 0.

12

Jednačine ravni koja prolazi kroz tri date tačke

Neka je potrebno naći jednačinu ravni koja prolazi kroz tri date tačke, koje ne

pripadaju jednoj pravoj. Označimo njihove radijus-vektore sa 1 2 3, ,r r r , a tekući radijus-

vektor sa r .Vektori r - 1r , 2r r , 3r r , moraju biti ,jer svi leže u istoj ravni, pa je

vektorsko-skalarni proizvod ovih vektora jednak nuli :

(( r - 1r ) ( 2r r )) ( 3r r ) = 0 (13)

Ovo je jednačina ravni kroz tri date tačke određene radijus-vektorima 1 2 3, ,r r r date u

vektorskom obliku. U koordinatnom obliku dobijamo

1 1 1

2 1 2 1 2 1

3 1 3 1 3 1

0

x x y y z z

x x y y z z

x x y y z z

(13’)

Gde su , ,r x y z , 1 1 1 1, ,r x y z , 2 2 2 2, ,r x y z , 3 3 3 3, ,r x y z .Ako bi tri date tačke ležale

na istoj pravoj, vektori 2 1r r i 1r r bili bi kolinearni.Onda bi odgovarajući elementi

dve poslednje vrste determinante jednačine (13’) bili proporcionalni, a determinanta

identično jednaka nuli. Dakle, kroz svaku tačku u prostoru prolazi ravan kojoj pripadaju i

tri tače jedne prave.

Izvedimo bez vektora, Ako označimo koordinate tri date tačke sa

1 1 1 2 2 2 3 3 3, , ; , , ; , , ;x y z x y z x y z napisaćemo jednačinu svake ravni koja prolazi kroz prvu

tačku :

A(x - x1) + B(y - y1)+ C(z - z1) = 0 (#)

Sada je potrebno da ova jednačina bude zadovoljena za druge dve tačke

2 1 2 1 2 1

3 1 3 1 3 1

0

0

A x x B y y C z z

A x x B y y C z z

(##)

Iz jednačine (##) odrediti treba odrediti odnos dva koeficijenta prema trećem i dobijene

vrednosti uneti u jednačinu (#).

Primeri:

13

6.Sastaviti jednačinu ravni koja prolazi kroz tačke A(1,2,3), B(-1,0,0), i C(3,0,1).

Unesimo koordinate u determinantu :

1 2 3

2 2 3 0

2 2 2

x y z

1 4 6 2 4 6 3 4 4 0

2 2 10 20 8 24 0

2 10 8 2 0

5 4 1 0

x y z

x y z

x y z

x y z

7.Sastaviti jednačinu ravni koja prolazi kroz tačke (0,0,0), (1,1,1) i (2,2,2).

1 1 1 0

2 2 2

x y z

0x - 0y – 0z = 0

Identitet pokazuje da postoji bezbroj ravni koje prolaze kroz date tačke, jer su one

kolinearne.

8.Sastaviti jednačinu ravni koja prolazi kroz tačke (1,1,-1), (3,-4,-2), (-3,0,1).

1 1 1

2 5 1 0

4 1 2

x y z

1 10 1 1 4 4 1 2 20 0

11 11 22 22 0

2 1 0

x y z

x z

x z

Ova ravan je normalna na ravan x0z.

ODNOSI IZMEĐU RAVNI

14

Ugao izmeĎu dve ravni

Neka su jednačine dve date ravni:

1 1 1 1 0A x B y C z D i 2 2 2 2 0A x B y C z D (14)

Pod uglom između dve ravni podrazumeva se svaki od dva susedna prostorna

ugla koje te ravni zatvaraju(u slučaju paralelnosti ravni možemo smatrati da je ugao

između njih jednak nuli ili ). Jedan od tih prostornih uglova je jednak uglu φ između

vektora {A1,B1,C1} i {A2,B2,C2} koji su normalni na date ravni. Ugao φ biće :

1 2 1 2 1 2

2 2 2 2 2 2

1 1 1 2 2 2

cosA A B B C C

A B C A B C

(15)

Možemo izračunati i bez vektora. Ako je jedan od susednih prostornih uglova,

koje obrazuju ravni, jednak uglu između normala konstruisanih iz koordinatnog početka

na te ravni, i ako su jednačine ravni :

1 1 1 1

2 2 2 2

cos cos cos 0

cos cos cos 0

x y z t

x y z t

Onda će biti :

1 2 1 2 1 2cos cos cos cos cos cos cos

Ako u poslednjoj jednačini unesemo formule (7), dobijamo :

gde znak + ili – odgovara izabranom susednom prostornom uglu između ravni.

Uslovi paralelnosti i normalnosti dve ravni

Ako su dve ravni sa jednačinama (14) normalne, ugao između njih je 90 ,

odnosno cos 0 . Ako ovo iskoristimo u jednačini (15) dobićemo uslov normalnosti

dve ravni :

1 2 1 2 1 2 0A A B B C C (16)

Isto ćemo dobiti i ako imamo na umu da skalarni proizvod normalnih vektora ravni

{A1,B1,C1} i {A2,B2,C2} mora biti jednak nuli.

15

Uslov paralelnosti možemo napisati u vektorskom obliku: 1 2m m , gde su 1m i

2m vektori koji polaze iz koordinatnog početka i normalni su na dve ravni. Kada

pređemo na projekciju, dobićemo :

1 2,A A 1 2B B 1 2C C

To odgovara uslovu :

1 1 1

2, 2 2

A B C

A B C (17)

Primeri: 9. Odreditiuglove između ravni 4x-5y+3z=0 i 2x+3y-z-13=0.

4 2 5 3 3 1 10 7

cos 0.379716 25 9 4 9 1 700

10.Odrediti jednačinu ravni, koja prolazi kroz datu tačku (4,-1,2) i paralelna je sa ravni

7x+5y-4z+13=0

A(x-4) + B(y+1) + C(z-2) = 0, a po uslovu paralelnosti :A=7, B=5 ,C=-4.Odakle

dobijamo jednačinu ravni :

7(x - 4) + (y + 1) - 4(z - 2) = 0

7x + 5y - 4z - 15 = 0

Tačke preseka tri ravni

Da bismo našli koordinate tačke preseka tri ravni sa jednačinama :

1 1 1 1 0A x B y C z D

2 2 2 2 0A x B y C z D

3 3 3 3 0A x B y C z D

Potrebno je režiti ovaj sistem po x,y i z jer tačka preseka tri ravni mora mora zadovoljiti

sve tri jednačine ravni.U opštem obliku poslužićemo se determinantama. Ako je

determinanta Δ,

1 1 1

2 2 2

3 3 3

A B C

A B C

A B C

Različita od nule, tri date ravni seku se samo u jednoj tački. Ako je determinanta Δ

jednaka nuli,ali je bar jedan od njenih minora različitih od nuke, onda te tri ravni ili

nemaju zajedničku tačku, ili se seku u bezbrojtačaka. U prvom slučaju, ako među

determinantama trećeg reda, koje pripadaju šemi

16

1 1 1 1

2 2 2 2

3 3 3 3

A B C D

A B C D

A B C D

Postoji bar jedna koja se razlikuje od nule, tada je jedna od ravni paralelna liniji preseka

druge dve.U drugom slučaju sve determinante trećeg reda, koje odgovaraju datoj šemi su

jednake nuli, a u preseku tri date ravni se nalazi prava.

Ako je determinanta Δ zajedno sa svim svojim minirima jednaka nuli, tri date

ravni ili nemaju ni jednu zajedničku tačku ili se seku u bezbroj tačaka. U prvom slučaju,

između determinanti drugog reda, koje pripadaju datoj šemi postoji bar jedna različita od

nule, i tada su sve tri ravni međusobno paralelne, dok su, u drugom slučaju, sve

determinante drugog reda date šeme jednake nuli, a tri date ravni su podudarne.

Primer : 12.Odredi tačku preseka ravni

0

2 1 0

2 0

x y z

x y

x y z

.Lako se dobija x = 1, y =14, z = 2, pa je presečna tačka (1,1,2)

Snop ravni

Ako su ravni 1 i 2 , sa jednačinama (14), seku u jednoj pravoj l, kroz tu pravu se može

povući beskonačno mnogo ravni (snop ravni ). Ako jednačina ravni 1 pomnožimo sa λ i

saberemo sa jednačinom ravni 2 dobićemo

1 1 1 1 2 2 2 2 0A x B y C z D A x B y C z D (18)

Ovo je linearna jednačina po x pa predstavlja ravan. Za različite vrednosti λ

dobićemo jednačinu ravni koja prolazi kroz pravu l uključujući i ravan 1 ( za λ=0). Da

bi jednačina snopa ravni bila potpuna pišemo :

1 1 1 1 1 2 2 2 2 2 0A x B y C z D A x B y C z D (18’)

Primer: 13.Sastavljati jednačinu ravni koja prolazi kroz pravu i presek ravni

x+y-z=0 i x-y+z-1=0 i tačku (1,1,-1).

Jednačina snopa ravni kroz datu pravu je

x+y-z+ λ(x-y+z-1)=0 , a iz uslova da ravan prolazi kroz datu tačku dobijamo jednačinu

ravni :

17

33 2 0,

2

31 0

2

5 3 0

x y z x y z

x y z

Prava

Jednačina prave

Položaj prave u prostoru biće potpino određen ako na pravoj zadamo tačku 0M , određenu

radijus-vektorom 0r i vektor s (različit od nultog) koji je paralelan sa pravom (slika 05).

Vektor s je usmerujući vektor prave. Promenjivoj tački M prave odgovara njen

radijus-vektor OM r , pa se dobija :

0 0OM OM M M (19)

Kako je vektor 0M M paralelan vektoru s možemo pisati :

0M M ts

Pri čemu je množilac t proizvoljan. Dakle jednakost (19) možemo zapisati kao :

0r r ts (20)

18

Jednačina (20) predstavlja vektorsku jednačinu prave.

Da bi napisali jednačinu u koordinatnom obliku, predpostavimo da su koordinatne

tačke 0 , ,M a b c , tačke , ,M x y z i vektora , ,s m n p .Tada ćemo , izrazivši jednačinu

(20) u projekcijama dobiti :

x a mt , y b nt , z c pt (21)

Kada se parmetar t menja, tačka sa koordinatama x,y,z određenim jednačinama

(21), kreće se po datoj pravoj p. Jednačina (21) zove se parametarska jednačina prave.

Kako su m,n,p projekcije usmerujućeg vektora s , kome je prava paralna , brojevi m,n,p

određuju orjentaciju prave u prostoru i to su usmerujući koeficijenti prave. Za jedinični

vektor s n usmerujući koeficijenti postaju kosinusi uglova ,,, koje dati vektor n (a

samim tim i prava p) zaklapa sa koordinatnim osama.U tom slučaju jednačine (20) i (21)

dobijaju oblik :

0r r tn (20’)

cosx a t cosy b t cosz c t (21’)

Gde parametar t ima jednostavni geometriski smisao : on predstavlja rastojanje

promenjive tačke M od tačke M0 (a,b,c), tačnije njegovu apsolutnu vrednost, jer znak te

vrednosti zavisi od toga dali je vektor 0M M usmeren isto ili suprotno u odnosu na

vektor n .

Pokušajmo da na osnovu poslednjih jednačina (20’) i (21’) odredimo

cos ,cos ,cos ako su poznati m,n,i p .Biće :

s sn

gde je s gužina vektora s . Ako poslednju jednačinu napišemo sa projekcijama, biće:

cosm s , cosn s , cosp s (22)

Dakle, m, n, p su proporcionalni kosinusima pravca prave, a kao množilac

proporcionalnosti služi 2 2 2s m n p , odnosno dužina vektora , ,s m n p . Iz

jednakosti (22) dobijamo :

2 2 2

2 2 2

2 2 2

cos

cos

cos

m m

s m n p

n n

s m n p

p p

s m n p

(23)

19

Prema tome, smer prave u prostoru određuje odnos usmerujućih koeficijenata

m : n : p, pa je dužina usmerujućeg vektora proizvoljna.

Iz jednačine (21) i (21’) možemo odrediti pravu pomoću sistema od dve jednačine

prvog stepena sa tekućim koordinatama. Dobijamo ih kada iz jednačine (21) ili (21’)

Isključimo parametar t. Tako iz jednačine (20)dobijamo :

x a

tm

,

y bt

n

,

z ct

p

x a y b z c

m n p

(24)

Jednačina (26) predstavlja kanonički oblik jednačine prave. U posebnom slučaju, koji

predstavlja jednačina (20’) i (21’)

cos cos cos

x a y b z c

Sistem dve jednačine (24) predstavlja pravu kao presek dve ravni određene

jednačinama:

,x a z c y b z c

m p n p

(24’)

U kanoničkim jednačinama svi koeficijenti (m, n, p) ne mogu se u isto vreme

zameniti nulom, jer 0s .Ali neki od njih mogu biti jednaki nuli. U tom slučaju jednačina

ravni (24) posmatra se uslovno.

Za 0m i 0n biće :

n (x - a) = 0 (y - b)

odnosno (x - a) = 0. Jednakost 0m i (x - a) = 0 dovode do istog zaključka: prva

prikazuje da je prava normalna na osu Ox, a druga da prava leži u ravni normalnoj na tu

osu.

Jednačine prave možemo izvesti I vektorske metode. Nje na pravoj p (slika06)

data tačka 0 , ,M a b c i promenjiva tačka ( , , )M x y z .

20

Slika 06

Neka su uglovi koje prava zaklapa sa koordinatnim osama ,, I d rastojanja

0M M . Projekcija duži 0M M redom su jednake : x-a, y-b, z-c. Prema formulama za

projekciju duži biće :

cosx a d , cosy b d , cosz c d .

Iisključivanjem parametra d dobićemo :

cos cos cos

x a y b z c

Poslednja jednačina svodi se na jednačinu (24) množenjem imenilaca istim proizviljnim

brojem s.

Primer:

14.Odrediti uglove prave 5 4

3 5 2

x y x

zaklapa sa koordinatnim osama.

3 3cos

9 5 4 38

5 2cos ,cos

38 38

Opšte jednačine prave

Daje prava sa jednačinama (24’), uz uslov da parametar p nije jednak nuli,

odnosno da prava nije paralelna ravni xOy. Tada jednačina (24’) potpuno određuje pravu.

21

Svaka od njih određuje ravan, pri čemu je prava paralelna osi Oy, adruga paralelna osi

Ox.

Na taj način predstavljanjem prave preko jednačina (24’), mi je posmatramo kao

presek dve ravni, koje projektuju tu pravu na ravni koordinata xOy i yOz. Prava od

jednačina (24’)posmatrana u ravni xOz određuje projekciju date prave na tu ravan, isto

kao što drugu jednačina posmatrana u ravni yOz, predstavlja projekciju prave na tu ravan.

Dakle zadati jednačine prave u obliku (24’) znači zadati njene projekcijena koordinatne

ravni xOz i yOz.

Ako bi usmerujući koeficijent p bio jednak nuli, onda bi obavezno bar jedan od

druga dva bio različit od nule. Dakle, prava ne bi bila paralelna ravni yOz. U tom slučaju

pravu bi odredjivale ravni koje je projektuju na ravni xO i xOy, napisane u obliku:

x a y b

m n

,

x a z c

m p

Prema tome, svaka prava može biti izražena pomoću jednačina dve ravni, koje

prolaye kroz nju i proektuju je na kordinatne ravni. Ali pravu je moguće odrediti ne samo

pomoću ovakve dve ravni. Kro svaku pravu prolazi bezbrj ravni. Bilo koje dve od njih u

svom preseku odredjuju pravu u prostoru. Dakle, jednačine bilo koje dve ravni,

posmatrane zajedno, predstavljaju jednačine te ravni. Uopšteno, bilo koje dve neparalelne

ravni sa opštim jednačinama

1 1 1 1

2 2 2 2

0

0

A x B y C z D

A x B y C z D

(25)

odredjuju pravu u svom preseku. Jednačine (25) , posmatrane zajedno, predstavljaju

opšte jednačine prave.

Da bi se sa opštih šprešlo na kanoničke obilke prave potrebno je znati usmerujući

vektor i neku tačku prave. Kordinate tačke nalaze se iz sistema (25) tako što jednu

kordinatu odredimo proizvoljno. Usmerujući vektor prave mora biti normalan na

normalne vektore ravni 1 1, 1, 1m A B C i 2 2, 2, 2m A B C Za usmerujući vektor prave treba

uzeti vektorski proizvod 1m i 2m .

Od opštih jednačina prave (25) možemo preći na kanonički i bez vektora.

Izrazimo u jednačini (24’) x i y pomoću z:

0 0,x Mz x y Nz y (*)

pri čemu je :

cos

cos

mM

p

,

cos

cos

nN

p

0

mcx a

p , 0

mcy b

p

22

Jednačina (*) predstavlja prave u projekcijama na ravni xOy i yOz, pa određuju i

samu pravu i zovu se ugaoni koeficijenti prave, xo i yo predstavljaju koordinate trsaga

date prave u ravni xOy.

Rešavanjem jednačina (*) po z, dobijamo :

0x xz

M

, 0y y

zN

i konačno, u kanoničkom obliku:

0x x

M

= 0y y

N

=

1

z.

Primeri: 15.Svesti na kanonički oblik jednačine prave x=3z-2 i y = -2z + 1.

Rešavanjem po z dobićemo

2

3

xz

,

1

2

yz

Odatle je 2

3

x =

1

2

y =

1

z.

16.Svesti jednačinu prave 1

2 3 1

x y z

na opšti oblik.

1

2 1

x z

, 3 1

y z

2 1, 3x z y z

17.Svesti na kanonički oblik jednačine prave 2x+y-z+1=0 i 3x-y+2z-3=0.

Rešavanjem date jednačine po x i y, dobijamo

1 2 7 9

,5 5 5 5

x z y z

Ako sada izrazimo z, dobićemo jednačinu u kanoničkom obliku:

2 9

5 51 71

5 5

x yz

2 9

5 5

1 7 5

x yz

Jednačina prave koja prolazi kroz dve date tačke

23

Neka su date tačke 1 1 1 1, ,M x y z i 2 2 2 2, ,M x y z . Jednačine prave koja prolazi

kroz ove tačke dobićemo u kanoničkom obliku.Dovoljno je da za usmerujući vektor

prave uzmemo vektor 1 2M M . Njegova projekcija na koordinatne ose biće :

2 1x x , 2 1y y , 2 1z z

a jednačina tražene prave imaće oblik :

1 1 1

2 1 2 1 2 1

x x y y z z

x x y y z z

(26)

Isto se može dobiti i bez vektorske metode. Jednačina prave koja prolazi kroz tačku

1 1 1 1, ,M x y z biće:

1 1 1x x y y z z

m n z

Kako tačka 2 2 2 2, ,M x y z propada pravoj, važiće i :

2 1 2 1 2 1x x y y z z

m n z

Upoređivanjem ove dve jednakosti, dobićemo(26).

Primer : 18.Sastaviti jednačinu prave koja prolazi kroz koordinatni početak i tačku (2, 3, 4)

Tražena prava ima jednačinu 2 3 4

x y z

Odnos izmeĎu pravih

Ugao izmeĎu dve prave

Pod uglom između dve prave u ptostoru podrazumeva se svaki ugao, koji

zaklapaju dve prave,povučene kroz proizvoljnu tačku, paralelno datim pravama.Pri tome

se ugao uzima u granicama od 0 do .

Neka su date prave jednačinama:

1 1 1

1 1 1

x a y b z c

m n p

i 2 2 2

2 2 2

x a y b z c

m n p

24

Za ugao φ imeđu datih pravih možemo uzeti ugao između njihovih usmerujućih

vektora 1 1 1, ,m n p i 2 2 2, ,m n p ili ugao koji ga dopunjava do . Imaćemo :

1 2 1 2 1 2

2 2 2 2 2 2

1 1 1 2 2 2

cosm m n n p p

m n p m n p

(27)

U formuli (27) znak se uzima proizvoljno, prema izboru jednog od dva različita ugla

između datih pravih.

Uslovi paralelnosti i normalnosti dve prave

U slučaju normalnosti pravih cosφ = 0, pa se iz formule (27) dobija uslov :

1 2 1 2 1 2 0m m n n p p (28)

Isto ćemo dobiti i ako uzmemo u obzir da skalarni proizvod usmerujućih vektora

1 1 1, ,m n p i 2 2 2, ,m n p mora biti jednak nuli.

Kako se položaj prave određuje odnosima m : n : p, uslov paralelnosti dve prave

biće:

1 1 1

2 2 2

m n p

m n p (29)

Isto se dobija i ako se zna da vektori 1 1 1, ,m n p i 2 2 2, ,m n p moraju biti kolinearni.

Presek dve prave

Svake dve prave u prostoru seku se ako nisu paralelne.Međutim, u prostoru prave

se seku i ako nisu mimoilazne.

Neka su dve prave date u parametarskom obliku :

1 1 1 1 1 1 1 1 1, ,x a m t y b n t z c p t

2 2 2 2 2 2 2 2 2, ,x a m t y b n t z c p t

Predpostavimo da se prave seku u tački S(x, y, z). Onda je

1 1 1 2 2 2 1 1 1 2 2 2 1 1 1 2 2 2, ,a m t a m t b n t b n t c p t c p t

Odnosno:

1 1 2 2 1 2

1 1 2 2 1 2

1 1 2 2 1 2

0

0

0

m t m t a a

n t n t b b

p t p t c c

Ako takozvabe homogene nepoznate:

25

1 2,x y

t tz z

Pri čemu 0z , uvedemo u predhodnu jednačinu dobićemo :

1 2 1 2

1 2 1 2

1 2 1 2

0

0

0

m x m y a a z

n x n y b b z

p x p y c c z

Dobili smo tri linearne homogene jednačine sa tri nepoznate x, y, z. Takav sistem ima

različita rešenja ako je determinanta sistema jednaka nuli. Dakle :

1 2 1 2

1 2 1 2

1 2 1 2

0

m m a a

n n b b

p p c c

Ako promenimo međusobni raspored prve i treće kolone, a zatim rotiramo determinantu

za 180 oko dijagonalnih članova, dobićemo :

1 2 1 2 1 2

1 1 2

2 1 2

0

a a b b c c

m n n

m p p

(30)

Jednačina (30) postavlja uslov da se dve prave seku u jednoj tački, odnosno da se

ne mimoilaze, Ako je taj uslov ispunjen , iz bilo koje od dve jednačine pravih

izračunaćemo one vrednosti parametara 1t i 2t , koje odgovaraju traženom preseku dve

prave, a onda i koordinate x, y, z presečne tačke S.

Primeri : 19.Napisati jednačinu prave koja prolazi tačku (2, -3, 4) i paralelna je sa pravom

5 7

1 5 7

x y z

.

Jednačina tražene prave biće 2 3 4

1 5 7

x y z

20.Dokazati da se prave 2 4 4

3 2 1

x y z

i

3 8 5

2 5 4

x y z

seku i odrediti tačku

njihovog preseka.

2 3 4 8 4 5 1 12 9

3 2 1 3 2 1 8 5 12(12 2) 9( 15 4) 0

2 5 4 2 5 4

Prave se seku. Da bismo odredili tačku preseka prelazimo na parametarski oblik

26

1

1

1

3 2

2 4

4

x t

y t

z t

2

2

2

2 3

5 8

4 5

x t

y t

z t

Izjednačavanjem dobijamo :

1 2

1 2

1 2

3 2 1

2 5 12

1, 2

t t

t t

t t

Tražena tačka preseka biće (1, -2, 3)

21.Odrediti jednačinu prave koja prolazi kroz tačku (2, 2, -2) i seče prave

3 1 2

2 3 1

x y z

i

2 1 3

3 2 2

x y z

Jednačina tražene prave ima oblik 2 2 2x y z

a b c

. Kako prava seče date

prave, važiće :

1 3 4

0

2 3 1

a b c

i

4 1 1

0

3 2 2

a b c

Odavde izrazimo a, b, c.

3 12 1 8 3 6 0a b c :9c

2 2 8 3 8 3 0a b c :c

1 0, 5 11 0

6, 7

a b a b

c c c c

a b

c c

Ako jednačina oblika 2 2 2x y z

a b c

podelimo sa c i zamenimo dobijene vrednosti,

dobićemo jednačinu tražene prave

2 2 2

6 7 1

x y z

.

PRAVA I RAVAN

Ugao izmeĎu prave i ravni

Neka su jednačine prave i ravni

27

0

x a y b z c

m n p

Ax By Cz

(31)

Ugao između prave i ravni računaćemo kao bilo koji od dva suplementna ugla koje prava

zaklapa sa svojom projekcijom u ravni .

Nađimo sinus ugla φ (možemo smatrati da je 2

, jer su sinusi suplementnih uglova

jednaki). Lako ćemo izračunati kosinus ugla 2

, jer je to ugao (slika 07) između prave

inormale na ravan, pa se kosinus nalazi iz usmerujućih koeficijenata A, B, C normale na

ravan i usmerujućih koeficijenata m, n, p date prave. Pri tome znamo da je

cos sin2

, pa dobijamo :

2 2 2 2 2 2

sinAm Bn Cp

A B C m n p

(32)

Brojilac je uzet u apsolutnoj vrednosti jer je sin 0 .

Uslovi paralelnosti i normalnosti prave i ravni

U slučaju paralelnosti prave i ravni sa jednačinama (31) ugao između njih je jednak nuli,

sin 0 , pa se iz formule (32) dobija uslov :

0Am Bn Cp (33)

28

Do istog zaključka dolazimo i kada posmatramo vektore {A, B, C} i {m, n, p},

koji su normalni pa njihov skalarni proizvod mora da bude jednak nuli.

Uslov normalnosti prave i ravni podudarase sa uslovom paralelnosti te prave i

normale na ravan :

A B C

m n p (34)

Presek prave i ravni

Koordinate preseka prave i ravni, zadatih jednačinama (31), moraju istovremeno

zadovoljavati jednačine prave i ravni. Da bismo odredili te koordinate treba rešiti sistem

(31) po x, y, z.

x = a + mt, y = b + nt, z = c + pt.

Kada ove vrednosti x, y, z ubacimo u jednačinu ravni, biće:

A(a + mt) + B (b + nt) + C(c + pt) + D = 0

Aa + Bb + Cc + D = t( Am + Bn + Cp ) = 0

Odakle dobijamo izraz za t :

Aa Bb Cc D

tAm Bn Cp

(35)

Zamenom vrednosti t u parametarskim jednačinama dobijamo koordinate presečne tačke.

Ako je (Am+Bn+Cp) 0 onda t izračunavamo po formuli (35). U tom slučaju

prava i ravan se seku u jednoj tački. U slučaju da je :

(Am+Bn+Cp) = 0 i Aa + Bb + Cc + D 0

Prava je paralelna ravni, a tačka (a, b, c) kroz koju prolazi data prava, leži van ravni, pa

prava i ravan nemaju zajedničkih tačaka. Ako je :

(Am+Bn+Cp) = 0 i Aa + Bb + Cc + D =0

Prava je paralelna datoj ravni i prolazi kroz tačku (a, b, c) koja leži u toj ravni. Dakle

prava leži u ravni.

Uslov da dve prave leţe u istoj ravni

Neka su dve prave zadate jednačinama:

29

1 1 1

1 1 1

x a y b z c

m n p

i 2 2 2

2 2 2

x a y b z c

m n p

Ozmačimo usmerujući vektor prave od njih sa 1s , a drugi sa 2s . Prva prava prolazi kroz

tačku 1 1 1, ,a b c čiji ćemo radijus-vektor označiti sa 1r . Druga prava prolazi kroz tačku

2 2 2, ,a b c njen radijus-vektor ćemo označiti sa 2r . Povucimo vektor iz tačke 1 1 1, ,a b c

u tačku 2 2 2, ,a b c . On će biti jednak 2r - 1r , a njegova projekcija 1 2 1 2 1 2, , .a a b b c c

Prave leže u istoj ravni samo ako su vektori 1s , 2s i 2r - 1r komplanarni. Traženi uslov

postoji ako je mešoviti proizvod ta tri vektora jednak nuli, odnosno ako je :

2 1 2 1 2 1

1 1 1

2 2 2

0

a a b b c c

m n p

m n p

(36)

Primeri : 22.Sastaviti jednačinu prave koja prolazi kroz tačku (1, 1, 1) i seče prave

1 2 3.

2 1 4 1 2 3

x y z x y zi

Jednačina prave je oblika 1 1 1x y z

a b c

. Uslov da prava leži sa pravom od

datih pravih u istoj ravni je

0 1 2

2 1 4 0

a b c

ili 2a + 4b + c = 0

Isto tako i za drugu ravan važi :

1 1 2

1 2 3 0

a b c

ili a – 2b +c = 0 .

Odnois dobijemo kada podelimo dve jednačine sa c

1

0,2

a b

c c

Jednačina tražene prave je oblika 1 1 1

.0 1 2

x y z

23. Sastaviti jednačinu prave koja prolazi kroz tačku (1, 1, 1), seče pravu 1 2 3

x y z , a

normalna je na pravu 1 2 3

2 1 4

x y z .

30

Jednačina tražene prave je oblika 1 1 1x y z

a b c

, gde se odnos a : b : c

određuje iz uslova a - 2b + c = 0 , 2a + b + 4c = 0.

a : b : c = 9 : 2 : (-5)

Jednačina tražene prave : 1 1 1

9 2 5

x y z

.

24.Sastaviti jednačinu prave koja prolazi kroz tačku (a, b, c) paralelno ravni

Ax + By + Cz + D = 0.

Jednačina prave je oblika x a y b z c

m n p

. Uslov paralelnosti prave i ravni

je Am + Bn + Cp = 0. Ako je m, n, p zamenimo proporcionalnim velićinama dobićemo

rešenje : A(x - a) + B(y - b) + C(z - c) = 0.

25.Odrediti ugao između prave 1 3 5

3 2 4

x y z

i ravni 2x – 6y +3z -7 =0.

3 2 2 6 3 4 18 18 29

2039 4 16 4 36 9 7 29

26.Napisati jednačinu prave koja prolazi kroz tačku (-2, -1, 3) i paralelna je sa ravnima

5x – y – z + 4 = 0 i x + 3y + 2z -7 = 0.

Jednačina prave je oblika 2 1 3

.x y z

a b c

Uslovi paralelnosti su

5 0 / :

3 2 0 / :

a b c c

a b z c

. Odavde računamo

1 11,

16 16

a b

c c . Zamenom u prvobitnom obliku

dibijamo rašenje :

2 1 3

.1 11 16

x y z

27. Napisati jednačinu prave koja prolazi kroz tačku (3, -2, 1), a normalna je na ravan

3x + 4y – z + 3 = 0.

Jednačina prave je oblika3 2 1

.x y z

a b c

Iz uslova normalnosti

3 4 1

a b c

Ako a, b, c zamenimo proporcionalnim izrazima dobijamo rešenje :

3 2 1

.3 4 1

x y z

31

Literatura

Dr Radivoje Kašanin

VIŠA MATEMATIKA I,treće izdanje

Naučna knjiga Beograd, 1949.

Dr Boris Apsen

REPETITORIJ VIŠE MATEMATIKE ,treći deo

Tehnička knjiga Zagreb, 1972

Pavle M. Miličić, Momčilo P. Uščumlić

ZBIRKA ZADATAKA IZ VIŠE MATEMATIKE I, XVI izdanje IP “Nauka”, Beograd, 1993.

I.I.Privalov

ANALITIČKA GEOMETRIJA Zavod za izdavanje udžbenika , Sarajevo, 1968

Dr Zoran P. Rakić

ANALITIČKA GEOMETRIJA, Predavanja

Matematički fakultet Univerziteta u Beogradu 2007.